Bonjour !

Je pose un petit problème qui ne semble pas trop méchant a priori mais qui révèle par la suite des surprises.

On considère un cylindre, de longueur infinie suivant <math>\(\boldsymbol e_z\)</math> (afin de se passer des effets de bord), et de rayon <math>\(a\)</math>, plongé dans un courant de fluide incompressible de densité <math>\(\rho_0\)</math> et de vitesse constante <math>\(\boldsymbol V\)</math> perpendiculaire à l'axe du cylindre.


(EDIT : correction de la question originelle, en vue de la suite dudit post)

Bon. Alors je me dis : « je fais une mise en équation toute bête » quoi

Soit <math>\(\boldsymbol u\)</math> le champs des vitesses du fluide. Il n'y a pas de force volumiques (pesanteur etc.) donc l'équation de mouvement est celle d'Euler :

<math>\(\rho_0\left(\frac{\partial\boldsymbol u}{\partial t}+\left(\boldsymbol u\cdot\boldsymbol{\nabla}\right)\boldsymbol u\right)=-\boldsymbol{\nabla}P+\eta\Delta\boldsymbol u+\left(\frac{\eta}{3}+\mu\right)\boldsymbol{\nabla}\mathrm{div}\,\boldsymbol u\)</math>

Hypothèses :

• Fluide incompressible : <math>\(\mathrm{div}\boldsymbol u=0\)</math>
• Régime stationnaire : <math>\(\frac{\partial}{\partial t}=0\)</math>
• Régime laminaire (<math>\(\mathcal Re<<1\)</math>) : <math>\(\rho_0\left\|\left(\boldsymbol u\cdot\boldsymbol{\nabla}\right)\boldsymbol u\right\|<<\eta\left\|\Delta\boldsymbol u\right\|\)</math>

Je me dis : « chouette, j'ai maintenant une équation plus simple » :

(1) <math>\(\boldsymbol{\nabla}P=\eta\Delta\boldsymbol u\)</math>

Régime incompressible : on a alors <math>\(\mathrm{div}\,\boldsymbol u=0\)</math>, d'où l'existence d'un vecteur courant <math>\(\boldsymbol{\Psi}\)</math> tel que : <math>\(\boldsymbol u=\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{\Psi}\)</math>

Appliquons à (1) un rotationnel et changeons <math>\(\boldsymbol u\)</math> en <math>\(\mathbf{rot}\,\boldsymbol{\Psi}\)</math> :

<math>\(\eta\mathbf{rot}\,\left(\left(\mathbf{grad}\,\mathrm{div}\,-\mathbf{rot}\,\mathbf{rot}\,\right)\mathbf{rot}\,\boldsymbol{\Psi}\right)=\boldsymbol{0}\)</math>

Puis après simplification :

(2) <math>\(\mathbf{rot}\,\mathbf{rot}\,\mathbf{rot}\,\mathbf{rot}\,\boldsymbol{\Psi}=\boldsymbol{0}\)</math>

Une étude de symétrie (plans/axes etc) montre qu'en prenant un repère attaché à une base cylindrique centrée en un point de l'axe du cylindre permet de ramener le calcul du vecteur courant à la recherche d'une fonction courant : <math>\(\boldsymbol{\Psi}=\Psi(r,\theta)\boldsymbol e_z\)</math>

Quand on applique (2) à cette fonction scalaire de courant, on tombe sur l'équation aux dérivées partielles :

(3) <math>\(\left[\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial\theta^2}\right]^2\Psi(r,\theta)=0\)</math>

Soit <math>\(\Psi_0\)</math> cette fonction de courant sans le cylindre. Dans ce cas elle conduit à un champ des vitesses <math>\(\boldsymbol V\)</math> constant, et elle s'écrit : <math>\(\Psi_0(r,\theta)=Ur\sin\theta\)</math> où <math>\(U=\)</math> est le module de <math>\(\boldsymbol{V}\)</math>

Pour qu'il y ait un raccord de solutions, en présence du cylindre, lorsque <math>\(\frac{r}{a}>>1\)</math>, il faut que la fonction de courant s'écrive (séparation des variables) sous la forme : <math>\(\Psi(r,\theta)=U\sin\theta f(r)\)</math>

Injectant cette forme dans (3), force est de constater que l'on obtient :

(4) <math>\(\left[\frac{1}{r}\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\right)-\frac{1}{r^2}\right]^2f(r)=0\)</math> (une équation différentielle toute bête de degré 4 sur <math>\(f(r)\)</math>).

On passe par une fonction intermédiaire
(5) <math>\(g(r)=\left[\frac{1}{r}\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\right)-\frac{1}{r^2}\right]f(r)\)</math>

Alors naturellement :

<math>\(\left[\frac{1}{r}\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\right)-\frac{1}{r^2}\right]g(r)=0\)</math>

Les solutions pour <math>\(g\)</math> sont de la forme : <math>\(g(r)=Ar+\frac{B}{r}\)</math> où <math>\(A\)</math>, <math>\(B\)</math>, sont deux constantes. Cela mène à (en utilisant la définition (5)) :

(6) <math>\(\left[\frac{1}{r}\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\left(r\frac{\mathrm d}{\mathrm dr}\right)-\frac{1}{r^2}\right]f(r)=Ar+\frac{B}{r}\)</math>

La résolution de (6), pas très compliquée, conduit à :

(7) <math>\(f(r)=A'r^3+B'r\ln\left(\frac{r}{a}\right)+\frac{C'}{r}+D'r\)</math>

où l'on a 4 constantes à ajuster : <math>\(A'\)</math>, <math>\(B'\)</math>, <math>\(C'\)</math> et <math>\(D'\)</math>.



Eh bien, on se retrouve avec une fonction courant genre : <math>\(\Psi(r,\theta)\stackrel{\frac{r}{a}>>1}{\approx}\left(\alpha r+\beta r\ln\left(\frac{r}{a}\right)\right)\sin\theta\)</math> et y'a ce fichu terme en <math>\(\ln\)</math> qui nous enquiquine



...je crois que ça va ouvrir un fil intéressant, surtout s'il y a des spécialistes des forces de traînée dans les parages

Bonsoir
petit problème pas trop méchant...enfin pas si simple, si les souvenirs un peu anciens que j'exhume ne sont pas trop erronés.

Les écoulements visqueux à faible Reynolds peuvent être décrits par le modèle de Stokes qui débouche sur les équations que vous établissez pour le cylindre en 2D
L'absence de solutions stationnaires satisfaisantes à distance dans ce cas est connues ,je crois, sous le terme de paradoxe de Stokes, dans la mesure où des solution satisfaisantes sont obtenue en 3D ( calcul autour d'une sphère par exemple )
La raison en est me semble-t-il qu'à faible Reynolds le cylindre en 2D entraine une perturbation du champ de vitesse à longue distance qui s'atténue trés lentement et qui invalide l'hypothèse du modèle consistant à négliger les forces d'inertie et donc que l'équation <math>\(\[ \bigtriangledown P=\eta \Delta u \]\)</math> est en défaut.( en 3D pour la shère, la perturbation devient négligeable rapidement)

Pour lever le paradoxe on doit utiliser d'autres équations ( équations d'Oseen) qui se présente sous la forme
<math>\(\[ \rho \dfrac{\partial u}{\partial x}+\bigtriangledown P-\eta \bigtriangledown^{2}u =0 \]\)</math> avec <math>\(\[ \bigtriangledown u =0 \]\)</math>

Citation : nabucos

Bonsoir

[...]

Pour lever le paradoxe on doit utiliser d'autres équations ( équations d'Oseen) qui se présente sous la forme
<math>\(\[ \rho \dfrac{\partial u}{\partial x}+\bigtriangledown P-\eta \bigtriangledown^{2}u =0 \]\)</math> avec <math>\(\[ \bigtriangledown u =0 \]\)</math>

le terme <math>\(\rho\frac{\partial u}{\partial x}\)</math>, je suppose qu'il se réécrit comme :

<math>\(\rho u\frac{\partial u}{\partial x}\boldsymbol e_x\)</math>

...parce que sinon c'est pas très homogène comme équation !

Bonjour,
correctif bien sûr justifié
, en écrivant un peu vite le premier terme est erroné .
En fait j'aurais pu me contenter de dire ,dans l'équation de départ, l'hypothèse consistant à négliger <math>\(\[ (u.\nabla )u \]\)</math> s'avère physiquement invalidé pour cet écoulement 2D la perturbation du cylindre persistant à grande distance.

Mais ce que je dis répète de fait votre propos final, ...mais je n'avais pas lu les dernières lignes en bleu, et écrit mon texte en m'arrétant à votre avertissement en orange!
Il est pourtant bien connu que l'on recommande de toujours lire un énoncé jusqu'au bout avant de commencer!
Ceci étant, par rapport à la question finale que je n'avais donc pas lue, l'équation d'Oseen n' a pas je suppose de solution analytique même dans cette géomètrie simple.
Donc si on la résoud numériquement, pourquoi pas en tout point sans utiliser Stokes. ( Oseen est valide aussi à proximité du cylindre )

Cependant, j'ai sous les yeux dans un de mes anciens cours de méca flu ( ça date,..mais les équations n'ont pas changé a priori!) des expressions de raccordements asymptotiques entre les deux solutions , par exemple le développement du coefficient de traînée en fonction du Reynolds, où le premier terme est celui de Stokes , ...et autres joyeusetés calculatoires.

Est ce à ce genre de considérations que vous voulez en venir....ça m'a l'air bien comoliqué sauf pour un échange entre spécialistes.
Où y a -t-il des conclusions plus simples à en tirer sur la physique du phénomène, qui m'échappent?

'vais tâcher d'approcher Oseen sous un autre angle

Citation : nabucos

Bonjour,
correctif bien sûr justifié
, en écrivant un peu vite le premier terme est erroné .

...donc le premier terme est bien celui de la dérivée particulaire.

Citation : nabucos

Ceci étant, par rapport à la question finale que je n'avais donc pas lue, l'équation d'Oseen n' a pas je suppose de solution analytique même dans cette géomètrie simple.
Donc si on la résoud numériquement, pourquoi pas en tout point sans utiliser Stokes. ( Oseen est valide aussi à proximité du cylindre )

Tenter une résolution analytique : approche par une série de fonctions (champ vectoriel <math>\(/boldsymbol u\)</math>) ?

Citation : nabucos

Cependant, j'ai sous les yeux dans un de mes anciens cours de méca flu ( ça date,..mais les équations n'ont pas changé a priori!) des expressions de raccordements asymptotiques entre les deux solutions , par exemple le développement du coefficient de traînée en fonction du Reynolds, où le premier terme est celui de Stokes , ...et autres joyeusetés calculatoires.

j'aimerais bien voir cela, possible ou pas de numériser une partie du calcul ? (ou les références du livre afin d'en retrouver un extrait sur googlebooks ?)

Citation : nabucos

Est ce à ce genre de considérations que vous voulez en venir....ça m'a l'air bien comoliqué sauf pour un échange entre spécialistes.
Où y a -t-il des conclusions plus simples à en tirer sur la physique du phénomène, qui m'échappent?

pour le fait d'être spécialiste, vous m'avez l'air de maîtriser votre sujet. Mon niveau est bon (5 ans post bac).

Pour les conclusions plus simples : on pourrait reformuler en se demandant quelles sont les méthodes numériques qui peuvent être utilisées pour résoudre le problème (donc : obtenir la solution). Voici un lien vers l'exploitation des stokeslets mais j'ai un peu de mal à comprendre la philosophie de cette méthode...